1、【 精品教育资源文库 】 课时分层集训 (十七 ) 功能关系 能量守恒定律 (限时： 40 分钟 ) 基础对点练 功能关系的理解及应用 1韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿 “ 助滑区 ” 保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J，他克服阻力做功 100 J韩晓鹏在此过程中 ( ) 【导学号： 84370235】 A动能增加了 1 900 J B动能增加了 2 000 J C重力势能减小了 1 900 J D重力势能减小了 2 000 J C 根据动能定理，物体动能的增量等于物体 所受所有力做功的代数和，即增加的动能为 Ek WG
2、Wf 1 900 J 100 J 1 800 J， A、 B 项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为 WG Ep，即重力势能减少了 1 900 J， C 项正确， D 项错误 2. (2017 全国 卷 )如图 549所示，一质量为 m、长度为 l的均匀柔软细绳 PQ竖直悬挂用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点， M 点与绳的上端 P 相距 13l.重力加速度大小为 g.在此过程中，外力做的功为 ( ) 图 549 A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl A 将绳的下端 Q 缓慢向上拉至 M 点，相当于使下部分 13的绳的重心升高 13l，故重力势能增加
3、 13mg l3 19mgl，由功能关系可知 A 项正确 3 (多选 )如图 5410 所示，一固定斜面倾角为 30 ，一质量为 m 的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小 等于重力加速度的大小 g.若物【 精品教育资源文库 】 块上升的最大高度为 H，则此过程中，物块的 ( ) 图 5410 A动能损失了 2mgH B动能损失了 mgH C机械能损失了 mgH D机械能损失了 12mgH AC 由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度的大小，根据牛顿第二定律得mgsin 30 Ff mg，解得 Ff 12mg，由动能定理可得 Ek mgH FfL 2mgH，
4、选项A 正确， B 错误；机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功，则 WFf FfL mgH，选项 C 正确， D 错误 (多选 )(2018 青岛模拟 )如图所示，一根原长为 L 的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为 m 的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为 H 处由静止下落压缩弹簧若弹簧的最大压缩量为 x，小球下落过程受到的空气阻力恒为 Ff，则小球从开始下落至最低点的过程 ( ) A小球动能的增量为零 B小球重力势能的增量为 mg(H x L) C弹簧弹性势能的增量为 (mg Ff)(H x L) D系统机械能减小 FfH AC 小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度
5、也为零，所以小球动能的增量为 0， 故 A 正确；小球下落的整个过程中，重力做功 WG mgh mg(H x L)，根据重力做功量度重力势能的变化 WG Ep得：小球重力势能的增量为 mg(H x L)，故 B 错误；根据动能定理得： WG WFf W 弹 0 0 0，所以 W 弹 (mg Ff)(H x L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化 W 弹 Ep得：弹簧弹性势能的增量为 (mg Ff)(H x L)，故 C 正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为： Ff(H x L)，【 精品教育资源文库 】 所以系统机械能减小
6、为： Ff(H x L)，故 D 错误 能量守恒定律的理解及应用 4. 如图 5411 是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中 和 为楔块， 和 为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中 ( ) 【导学号： 84370236】 图 5411 A缓冲器的机械能守恒 B摩擦力做功消耗机械能 C垫板的动能全部转化为内能 D弹簧的弹性势能全部转化为动能 B 由于车厢撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项 A 错误， B 正确；弹簧压缩的过程中 ，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项 C、 D 错误 5将小球以 10 m/s 的初速
7、度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能 Ek、重力势能 Ep与上升高度 h 间的关系分别如图 5412 中两直线所示 g 取 10 m/s2，下列说法正确的是 ( ) 图 5412 A小球的质量为 0.2 kg B小球受到的阻力 (不包括重力 )大小为 0.20 N C小球动能与重力势能相等时的高度为 2013 m D小球上升到 2 m 时，动能与重力势能之差为 0.5 J D 在最高点 ， Ep mgh 得 m 0.1 kg， A 项错误；由除重力以外其他力做功 E 其 E可知： fh E 高 E 低 ， E 为机械能，解得 f 0.25 N， B 项错误；设小球动能
8、和重力势能相等时的高度为 H，此时有 mgH 12mv2，由动能定理得： fH mgH 12mv2 12mv20，【 精品教育资源文库 】 解得 H 209 m，故 C 项错；当上升 h 2 m 时，由动能定理得： fh mgh Ek2 12mv20，解得 Ek2 2.5 J， Ep2 mgh 2 J，所以动能与重力势能之差为 0.5 J，故 D 项正确 6 (多选 )(2018 江西新余质检 )如图 5413 所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度 h 0.1 m 处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高
9、度 h 并作出滑块的 Ekh图象，其中高度从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面， g 取 10 m/s2，由图象可知 ( ) 【导学号： 84370237】 图 5413 A小滑块的质量为 0.1 kg B轻弹簧原长为 0.2 m C弹簧最大弹性势能为 0.5 J D小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为 0.4 J BCD 在从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内， Ek Ep mg h，图线的斜率绝对值 k Ekh 0.30.35 0.2 N 2 N mg，所以 m 0.2 kg，故 A 错误；在 Ekh 图象中，图线的斜率
10、表示滑块所受的合外力，由于高度从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内所受作用力为恒力，从 h 0.2 m 开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为 0.2 m，故 B 正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以 Epm mg h 0.210(0.35 0.1) J 0.5 J，故 C 正确；由图可知，当 h0.18 m 时的动能最大为 Ekm 0.3 J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能
11、总 和最小，根据能量守恒定律可知 E E Ekm Epm mgh Ekm 0.5 J0.2100.1 J 0.3 J 0.4 J，故 D 正确 摩擦力做功与能量转化关系 7. 如图 5414 所示，木块 A 放在木块 B 的左端上方，用水平恒力 F 将 A 拉到 B 的右端，第【 精品教育资源文库 】 一次将 B 固定在地面上， F 做功 W1，生热 Q1；第二次让 B 在光滑水平面上可自由滑动， F做功 W2，生热 Q2，则下列关系中正确的是 ( ) 图 5414 A W1h2， l1cos 1 l2cos 2，可得 v1v2；当物块沿木板 3 下滑时，由动能定理有 mgh3 mgl 3cos 3 12mv23 0，又 h2 h3， l2cos 2v3，故 A 错， B 对三个过程中产生的热量分别为 Q1 mgl 1cos 1， Q2 mgl 2cos 2， Q3 mgl 3cos 3，则 Q1 Q2mg cos 物块将会下滑，而 AB 段【 精品教育资源文库 】 光滑，故物块将做往复运动，直到停止在 B 点 根据能量守恒定律 mgR(1 cos 37) Q 而摩擦产生的热量 Q fs， f mg cos 代入数据解得，物块在 BD 板上的总路程 s 0.25 m. 答案 (1)37 (2)0.25 m
